【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习05《五种数列通项求法》(解析版).doc，共(58)页，6.239 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点05五种数列通项求法（核心考点讲与练）题型一：公式法求数列通项一、单选题1．（2022·北京·二模）已知na为等差数列，首项12a，公差3d，若228nnaa，则n（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【分析】首先求出通项公式，再代入得到方程，解得即可

；【详解】解：因为首项12a，公差3d，所以1131naandn，因为228nnaa，所以3132128nn，解得4n故选：D2．（2022·河南·方城第一高级中学模

拟预测（文））已知nS为公差不为0的等差数列na的前n项和.若11a，1S，3S，9S成等比数列，则12a（）A．11B．13C．23D．24【答案】C【分析】设出公差，利用1S，3S，9S成等比数列，列出方程，求出公差，求出答案.【详解】设

等差数列na的公差为0dd，因为1S，3S，9S成等比数列，所以211133936adaad，化简得0d（舍去）或122da，所以1211123aad.故选：C3．（2022·陕西西安·三模（理）

）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下中的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二问物几何？现有一个相关的问题：将1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照能力拓展从小到大的顺序排

成一列，构成一个数列14，29，44，…，则该数列的项数为（）A．132B．133C．134D．135【答案】C【分析】先得到新数列14，29，44，…是首项为14，公差为15的等差数列，求出通项公式，解不等式求出数列的项数.【详

解】由题意得：新数列14，29，44，…是首项为14，公差为15的等差数列，设新数列为na，则通项公式为14151151nann，令1512022n，解得：1313415n，因为nN，所以这个数列的项数为134.故选：C4．（2022·新疆·三模（文））已知数列n

a是以1为首项，3为公差的等差数列，nb是以1为首项，3为公比的等比数列，设nnbca，*12nnTcccnN，当2021nT时，n的最大值为（）A．4B．5C．6D．7【答案】C【分

析】先求出,nnab，进而得到nc，由分组求和得33122nnTn，由10nnTT判断出nT为递增数列，计算出672021,2021TT即可求解.【详解】由题意知：113132,3nnnnnab，11333232nnnnnbcaa，

231333232322312132nnnnTnn，又11133312131232022nnnnnTTnn，故nT为递增数列，又67673331261

080,3127326522TT，故当2021nT时，n的最大值为6.故选：C.5．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知数列na的前n项和nS满足*0,nnSannN．若存在*,mkN，使得11,kkm

maaaa，则实数的取值范围是（）A．0,1B．,01,C．1,D．0,11,【答案】A【分析】利用1nnnaSS求通项公式11nna

，判断出数列na不单调，只需01，即可求得.【详解】因为数列na的前n项和nS满足*0,nnSannN，所以当n=1时，有111Sa.1不合题意；所以1，解得：111a；当2n时

，11nnnaaa.1，解得：1111nnaa.设11nnxaxa，解得：1x，可得：1111nnaa，所以1na是公比为1，首项111a的等比数列，所以1111nna

，所以11nna.经检验，11nna对n=1也成立.若存在*,mkN，使得11,kkmmaaaa，则数列na不单调.只需01，则na正负项交替出现，符合题意，此时01.

当011时，11nna单调递增，不符合题意；当11时，11nna单调递减，不符合题意；而11.综上所述：01.故选：A二、多选题6．（2021·广东·高三阶段练习）已知Sn为等差数列{an}

的前n项和，a3＋S5＝－18，a6＝－a3，则（）A．an＝2n－9B．an＝2n－7C．Sn＝n2－8nD．Sn＝n2－6n【答案】AC【分析】利用等差数列的前n项和公式以及通项公式求出首项与公差进而可以求出结

果.【详解】因为353618aSa，所以33a．又63a，所以17a，2d，则29nan，28nSnn．故选：AC.7．（2022·全国·高三专题练习）我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马和驽马发长安至齐，良马初日

行一百九十三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里.良马先至齐，复还迎驽马，九日后二马相逢.”其大意为今有良马和驽马从长安出发到齐国，良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里；驽马第一天走97里，以后每天比前一天少走0.5

里.良马先到齐国，再返回迎接驽马，9天后两马相遇.下列结论正确的是（）A．长安与齐国两地相距1530里B．3天后，两马之间的距离为328.5里C．良马从第6天开始返回迎接驽马D．8天后，两马之间的距离为377.5里【答案】AB【分析】A,设良马第n天行走的路程里数为na，驽马第

n天行走的路程里数为nb，求出良马和驽马各自走的路程即得A正确；B，计算得到3天后，两马之间的距离为328.5里，即可判断B正确；C,计算得到良马前6天共行走了1353里1530里，故C不正确；D，计算得到8天后，两马之间的距离为390里，故D不

正确.【详解】解：设良马第n天行走的路程里数为na，驽马第n天行走的路程里数为nb，则*1193131,971,192nnanbnnnN剟.良马这9天共行走了9813919322052里路程，驽马这9天共行走了19829978552里

路程，故长安与齐国两地相距220585515302里，A正确.3天后，良马共行走了319313618里路程，驽马共行走了1397289.52里路程，故它们之间的距离为328.5里，B正确.良马前6天共行走了6513619313532

里1530里，故良马行走6天还末到达齐国，C不正确.良马前7天共行走了7613719316242里1530里，则良马从第7天开始返回迎接驽马，故8天后，两马之间的距离即两马第9天行走的距离之和，

由9911931389783902ab，知8天后，两马之间的距离为390里，故D不正确.故选：AB8．（2021·福建师大附中高三期中）各项均为正数的等比数列{}na的前n项积为nT，若11a，公比1q，则下列命题正确

的是（）A．若59TT，则必有141TB．若59TT，则必有7T是nT中最大的项C．若67TT，则必有78TTD．若67TT，则必有56TT【答案】ABC【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式

、等差数列的前n项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解.【详解】由等比数列{}na可知11nnaaq，由等比数列{}na的前n项积结合等差数列性质可知：1211212111111123nnnnnnnnaaqaqaqaaTaaaqa

qLLL对于A，若59TT，可得51093611aqaq，即42611aq，71491426211141aqqTa，故A正确；对于B，若59TT，可得42611aq，即13211aq，又11a，故1q，又59TT，可知67891aaaa

，利用等比数列性质知78691aaaa，可知67891,1,1,1aaaa，故7T是nT中最大的项，故B正确；对于C，若67TT，则61572111aqaq，即611aq，又10a，则1q，可得76811871TTa

aqaq，故78TT，故C正确；对于D，若67TT，则611aq，56651TaTaq，无法判断其与“1”的大小关系，故D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n项和公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的

通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.9．（2021·江苏南通·高三期中）在数列na中，已知1210,,,aaa是首项为1，公差为1的等差数列，101011

01(),,,nnnaaa是公差为nd的等差数列，其中*nN，则下列说法正确的是（）A．当1d时，2020aB．若3070a，则2dC．若1220320aaaL，则3dD．当01d时，()101101nad＋【答案】ACD【分析

】利用等差数列的通项公式可判断A；利用已知条件结合等差数列的通项公式可判断B；利用等差数列的求和公式可判断C；利用等比数列求和公式可判断D.【详解】对于A，当1d时，1nd，可知数列na是首项为1，公差为1的等差数列，所以2

01(201)120a，故A正确；对于B，由已知1010a，101120,,,aaa是公差为d的等差数列，则201010ad，202130,,,aaa是公差为2d的等差数列，则23010101070add

，即260dd，解得：2d或3d，故B错误；对于C，1220110101010101032022ddaaaL，解得：3d，故C正确；对于D，210(1)110101010101011nnndadddddL，故D正确；故选：ACD三、填

空题10．（2022·河南洛阳·三模（文））设各项为正数的等比数列na的前n项和为nS，且11a，3221SS，则4a___________.【答案】8【分析】设公比为q0q，依题意得到方程，求出q

，即可得解；【详解】解：依题意设公比为q0q，由3221SS，即3221SSS，即321aS，所以21111aqaaq，即220qq，解得2q=或1q（舍去）；所以3418aaq；故答案为：811．（2022·江西景德镇·三模（文）

）已知数列na和正项数列nb，其中,2na，且满足2cos1nnnbab，数列nc满足112nncc，其中sin1nnncba.对于某个给定1a或1b的值，则下列结论中：①151,1

2b；②11,0c；③数列nc单调递减；④数列nb单调递增.其中正确命题的序号为___________.【答案】①②④【分析】根据(,)2na得2110nnbb，结合0nb，解得5112nb，得

15112b，可判断①；根据0sin1na，5112nb，得10nc，得110c，可判断②；求出111()2nncc，利用10nncc恒成立，可判断③；由2cos1nnnbab，sin1nnncba得2222(1)(1)nnncbb，2

222111(1)(1)nnncbb，两式相减得11()(2)nnnncccc222211()(3)nnnnbbbb，根据1nncc，结合10nc，21nb，可得1nnbb，可判断④.【详解】依题意有(,)2na，所以1cos

0na，所以2110nnbb，又0nb，所以210nnbb，解得5112nb，所以15112b，即151,12b，故①正确；因为(,)2na，所以0si

n1na，又5112nb，所以0sin1nnba，所以011nc，所以10nc，所以110c，即1(1,0)c，故②正确；因为111()2nncc且10c，所以111111()()

22nnnncccc11()02nc，所以1nncc恒成立，所以数列nc单调递增；故③不正确；由2cos1nnnbab得21cosnnnbab，由sin1nnncba得1sinnnncab

，所以2222211cossin()()1nnnnnnbcaabb，所以2222(1)(1)nnncbb，所以2222111(1)(1)nnncbb，两式相减得22222222111(1

)(1)[(1)(1)]nnnnnnccbbbb，所以22111()(2)nnnnnnccccbb222211()(2)nnnnbbbb222211()(3)nnnnbbbb，由③知，{}nc递增

，所以10nncc，又121120nncc，所以11()(2)0nnnncccc，因为21nb，所以211nb，所以2212nnbb，所以22130nnbb

，所以2210nnbb，所以221nnbb，又nb为正项数列，所以1nnbb恒成立，综上所述，数列nb单调递增.故④正确.故答案为：①②④.【点睛】关键点点睛:判断数列{}nb的单调性时,利用平方关系式消去sinna和cosna

得到2222(1)(1)nnncbb是解题关键.四、解答题12．（2022·河北保定·二模）已知公差为2的等差数列na的前n项和为nS，且416S.(1)求na的通项公式.(2)若21nnnbaa，数列nb的前n项和为nT，证明13nT.【答案】(1

)21nan(2)证明见解析【分析】（1）利用等差数列求和公式求出首项，从而求出通项公式；（2）裂项相消法求和证明不等式.(1)由题意，得414342162Sa，解得：11a，故12121nann.(2)证明：因为21111121234212

3nnnbaannnn，所以123nnTbbbb11111111145375112123nn111111111432123342123nnnn

，因为111042123nn，所以13nT.13．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知等差数列na的前n项和为nS，3518aa，648S.(1)求na的通

项公式；(2)设112nnnbaa，数列nb的前n项和为nT，证明：当3n，nZ时，24nnTa.【答案】(1)21nan；(2)证明见解析﹒【分析】(1)根据题中条件列出关于1a和d的方程组，解出1a和d，根据等差

数列通项公式即可求na；(2)分母有理化nb，裂项相消即可求nT，当3n，nZ时，证明20nnTa即可．(1)由题可知，11261861548adad，解得132ad，∴21nan；(2)11222321

22321nnnnnbaann，1517395212323212nTnnnn12123132nTnn，3,nnZ，223

13230nnTan，24nnTa．14．（2022·陕西·西安中学模拟预测（文））记nS为等比数列na的前n项和，且公比1q，已知24a，314S．(1)求na的通项公式；(2

)设1nnban，若nb是递增数列，求实数的取值范围．【答案】(1)2nna(2)1,【分析】（1）利用等比数列通项公式和前n项和公式的基本量进行运算即可.（2）nb是递增数列，利用10nnbb恒成立即可求解.(1)∵等比数列na中，24a，

314S，1q∴44414qq，解得2q=或12（舍），∴2422nnna．(2)由121nnnbann，得11211nnbn，则1122121nnnnnbb，因为nb是递增数列，所以10n

nbb，故210n，即12n，因为12n是递减数列，所以该数列的最大项是1121，所以的取值范围是1,．15．（2022·山东临沂·模拟预测）等比数列na中，1a，2a，3a分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且

1a，2a，3a中的任何两个数不在下表的同一列．第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列na的通项公式；(2)若数列nb满足：1lnnnnbaa，求数列nb的前2n项和2nS．【答案】(1)123nna

(2)22912ln22ln3nnSnnn【分析】（1）先得到12a，26a，318a，求出公比，从而求出等比数列的通项公式；（2）求出111ln231ln23nnnnnbaa，分组求和得到1231ln23nnnnnS

，从而求出2nS.(1)由题意知：12a，26a，318a，因为na是等比数列，所以公比为3，所以数列na的通项公式123nna．(2)因为111ln231ln23nnnnnbaa

，所以12nnSbbbL121212213lnlnlnln?·13nnnnaaaaaaaaa1121231ln2133331ln23nnnnnnn

，所以2212222231ln23912ln22ln3nnnnnnSnnn．题型二：Sn和an关系法求数列通项一、单选题1．（2022·四川·内江市教育科学研究所三

模（理））已知等比数列na的公比为q，前n项和为nS．若3221aS，4321aS，则q（）A．3B．2C．3D．2【答案】A【分析】将题中两等式作差可得出4332aaa，整理得出433aa，由

此可计算出43aqa的值.【详解】将等式3221aS与4331aS作差得4332aaa，433aa，因此，该等比数列的公比433aqa，故选：A.2．（2022·福建三明·模拟预测）已知数列na的前

n项和为nS，若*2122nnanSnN，且20224048a，则1a（）A．-8B．-3C．-2D．8【答案】B【分析】先由nS求na,判断出21nan从第二项起为公比为-1的等比数列，得到212121nnaan，代

入n=2022即可解出1a.【详解】因为2122nnSan①，所以当1n时，有1222Sa，即1222aa.当2n时，有21221nnSan②，①-②得：221122221nnnnSSaann，所以142nna

an，即1221nnanan，所以21nan从第二项起为公比为-1的等比数列.所以222121nnana，即222121nnaan.因为1222aa，所以21

22aa，所以212121nnaan.所以2022220221212202214048aa，解得：1a-3.故选：B3．（2022·四川·内江市教育科学研究所三模（文））设nS为数列

na的前n项和.若2nSnna，则“0a”是“4262aaa”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】用定义法，分充分性和必要性分别进行讨论.【详解】因为nS为数列na的前n项和，

且2nSnna，所以当1n时，21111aSaa；当2n时，2211122nnnaSSnnannan；所以,122,2nanann充分性：当0a时，2nSnn.所以2

21222112aSS；2432444336aSS；22665665510aSS.满足4262aaa，所以充分性满足；必要性：由,122,2nan

ann可得：22a，46a，610a，符合4262aaa，但是不能推出0a.所以必要性不满足.故“0a”是“4262aaa”的充分不必要条件.故选：A二、多选题4．（2022·山

东临沂·模拟预测）设数列na的前n项和为nS，已知233nnS．数列nb满足3lognnnaba，则（）A．13,1,3,1.nnnanB．113nnnbC．数列nb的前n项和11

3211243nnnTD．数列nb的前n项和113211243nnnT【答案】AC【分析】根据nS与na的关系，即可求出na，利用错位相减法即可求出数列nb的前n项和nT，据此，逐个选项判断即可得出答案.【详解】对于A，因为233nnS，所以，当

1n时，11226Sa，得13a，当2n时，1113332nnnnnnaSS，经检验，当1n时，不符合13nna，所以，13,1,3,1.nnnan故A正确；

对于B，因为3lognnnaba，得311,1log31,23nnnnnabnan，故B错误；对于C，数列nb的前n项和1232311123133333nnnnTbbbb①，2341112313933

33nnnT②，所以，①②得，23122111111()3933333nnnnT11515311193293929333nnnnnn13211823nn，得11

3211243nnnT，故C正确，D错误；故选：AC5．（2022·江苏江苏·三模）已知各项都是正数的数列na的前n项和为nS，且122nnnaSa，则（）A．2nS是等差数列B．212nnnSSSC．1nnaaD．1lnnnSnS

【答案】ABD【分析】对于A,求出1a，再将na转化为nS,即可证明，对于B,利用A的结论求出nS，再利用基本不等式，即可证明.对于C，求出21aa，即可判断正误，对于D，构造函数12lnfxxxx，即可判断正误【详解】1111122aaSa，10a，解得：111Sa2

n时，11122nnnnnSSSSS，整理得：2211nnSS故2nS是等差数列，选项A正确；2211nSSnn，则nSn，212222122nnnnnSSnnnS，选项B正确；221121aSSa，选项C错误；令12

lnfxxxx，1x，2210xfxxfx在1,递增，10fxf，则1ln0fnnnn即1lnnnSnS，选项D正确；故选：ABD.三、填空题6．（2022·辽宁·二模）若数列na的前n项和1n

nSn-=，则其通项公式为_______．【答案】*20,11,2,Nnnannnn【分析】根据1,1,2nnnnSnaSSn，即可解出．【详解】当1n时，110aS；当2n时，121211nnnnnaSSnnnn

，当1n时，不满足上式，所以，*20,11,2,Nnnannnn．故答案为：*20,11,2,Nnnannnn．7．（2022·安徽·模拟预测（理））已知数列na满足12123521nna

aan，则12naaa___________.【答案】2121nn【分析】在题干条件下求出1212nnan，进而用错位相减法求和.【详解】12123521nnaaan①，1112123521nnaaan②，

两式相减得：1221nnan，所以1212nnan，经检验符合要求.则12nnSaaa，则2313527292212nnSn③，234232527292212nnSn④，③-④得：21234223222221

2321212nnnnnSnn1122nn，所以2121nnSn故答案为：2121nn8．（2022·山东淄博·模拟预测）设等差数列na的前n项和为nS，若13mS，2mS，10mS，则m______

．【答案】4【分析】先利用,nnaS关系式，求出公差，进而用通项公式和求和公式得到方程组，求出4m.【详解】由题意得：1231mmmaSS，11022mmmaSS，则等差数列的公差1211mmdaa，则11111maamd

am，1122mmmSam，解得：4m或1m（舍去）.故答案为：49．（2022·四川绵阳·三模（理））已知数列na的前n项和为nS，若13a，15nnaS，则5S______．【答案】123【分析】由已知，根据给的15n

naS，通过1n，计算出2a，2n得到1,nnaa之间的关系，然后构造等比数列，得到数列na的通项公式，然后求和即可.【详解】由已知，13a，15nnaS①，当1n时，211558aSa，当2n时，15nnaS

②，①②得：1nnnaaa，整理得：12nnaa，即12(2)nnana，所以数列na是以28a为首项，公比为2的等比数列，所以221*22822(2,N)nnnnaann，所以13,12,2nnnan

*Nn，所以3456532222123S.故答案为：123.四、解答题10．（2022·福建泉州·模拟预测）记数列{na}的前n项和为nS.已知11a，___________.从①24nnaa；②14nnaan；③11nnSnann（）中选出

一个能确定{na}的条件，补充到上面横线处，并解答下面的问题.(1)求{na}的通项公式：(2)求数列{1?nnS}的前20项和20T.【答案】(1)21nan(2)210【分析】（1）选①时，2a未知，故数列的偶数项不确定，无法求解；选②

，变形为12121nnanan，且1121110aa，从而求出21nan；选③：利用nS与na的关系式得到12nnaa，利用等差数列求出通项；（2）在第一问的基础上，求出

212222121122141kkkkSSkkk，从而分组进行求和.(1)选①：24nnaa，只能说明数列na的奇数项和偶数项分别构成等差数列，已知11a，数列的奇数项可以确定，但2a未知，故数列的偶数项不确定，因此数列na不确定，题设的

两个条件均无法求解，选②：14nnaan，由14nnaan得：12121nnanan，因为11a，所以1121110aa故210nan，即21nan；选③：11nnSnann

由11nnSnann得：2121aS，故23a当2n时，111nnSnann，两式相减得：12nnaa，又因为212aa满足12nnaa，综上：对所有的nN，均有12nnaa，所以na为首项为1，公差为2的等差数列，故

21nan(2)由（1）知：21nan，所以1212122nnnaannSn，故212222121122141kkkkSSkkk，所以

20123419203391037392102TSSSSSS11．（2022·湖南·长沙一中一模）已知数列na的前n项和为nS，11a，121nnSSn．(1)证明：数列

1na为等比数列；(2)在ka和*1kakN中插入k个数构成一个新数列nc：1a，1b，2a，2b，3b，3a，4b，5b，6b，4a，…，其中插入的所有数依次构成数列nb，通项公式12nnbn．求

数列nc的前30项和30T．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】（1）由已知121nnSSn及11a，求得1211nnaan的递推关系，从而可证1na为等比数列得；（2）插入k个数构成一个新数列nc，则数列nc的前

30项和30T包含了数列na的前7项及数列nb的前23项，采用分组求和法求解即可.(1)由题意，当1n时，2122SS，得12122aaa，解得23a．当2n时，121nnSSn，①12nnSSn，②①-②得

1212nnaan，因为21321aa，所以1211nnaan．则112221nnnaaa，∵1120a，∴1121nnaa所以1na是以112a为首项，2为公比的等比数列．(2)由（1）知12nna，21nna．在数列

nc中，项7a之前（含7a）共有12345672830，所以数列nc的前30项中包含了数列na的前7项及数列nb的前23项，所以301271223Taaabbb

12721212124684672127221122312．12．（2022·广东·三模）已知数列{na}的前n项和nS，11a，0na，14

1nnnaaS.(1)计算2a的值，求{na}的通项公式；(2)设11nnnnbaa，求数列{nb}的前n项和nT.【答案】(1)3，21nan(2)2*2*22,2,N221,21,NnnnnkkTnnnkk【分析】（1）赋值即可求

出2a，利用na与nS的关系可求得na的递推关系，进而求出na（2）对n分奇偶讨论，当n为偶数时，采用并项法求和，当n为奇数时，11nnnnTaaT(1)当1n时，12141aaa，解得23a由题知141nnnaaS①12141n

nnaaS②由②①得1214nnnnaaaa，因为0na，所以24nnaa所以数列na的奇数项是以11a为首项，以4为公差的等差数列；偶数项是以23a为首项，以4为公差的等差数列；当n为奇数时，1114212nnan

当n为偶数时，314212nnan所以na的通项公式21nan.(2)由（1）可得12121nnbnn.当n为偶数时，122334451

1nnnnTaaaaaaaaaa21343511nnnaaaaaaaaa24321244212nnnaaann当n为奇数时，当1n时，13T当3n

时，11nnnnTaaT213232421212212nnnnnn经检验，1T也满足上式，所以当n为奇数时，2221nTnn综上，数列nb的前n项和2*2*22,2,N221,21,

NnnnnkkTnnnkk13．（2022·内蒙古呼和浩特·二模（理））从①11222nnaaa，②22nnSa，这两个条件中选择一个补充到下面问题中，并完成解答．问题：已知数列na

的前n项和为nS，且______，nb为等差数列，11b，2b，2a，6b成等差数列．(1)写出所选条件的序号，并求数列na、nb的通项公式；(2)若211lognnncba，求数列nc的前n项和nT．【答

案】(1)2nna，nbn；(2)1nnTn.【分析】（1）选择条件①和②，都是利用nS与na的关系先求出数列na的通项，再求出等差数列的公差即得nb的通项公式；（2）利用裂项相消法求解.(

1)解：选择条件①：由题意知：11222nnaaa，即122nnS，当1n时，112aS，当2n时，11222nnnnnnaSS，适合1n.综上数列na的通项公式为2nna.选

择条件②：由题意知：22nnSa,当1n时，1122aa解得12a,当2n时，22nnSa,1122nnSa,∴1122nnnnnaSSaa,整理得12nnaa,∴数列na是以2为首项，2为公比的等比数列,∴2nna.∵2b，2a，6

b为等差数列,∴22628abb,又∵数列nb为等差数列，设公差为d且11b,∴26412238bbbbd,解得1d,所以等差数列nb的通项公式为11nbnn.(2)

解：由（1）知，2nna，nbn，∴211111log211nncnnnnn，∴1211111111223111nnnTcccnnnn，∴1nnTn.14．

（2022·湖南师大附中二模）已知数列na的前n项和为nS，*22nnSanN.(1)求数列na的通项公式；(2)若log2nnab，则在数列nb中是否存在连续的两项，使得它们与

后面的某一项依原来顺序构成等差数列？若存在，请举例写出此三项；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2nna(2)存在，212b，313b，616b【分析】（1）先求出1a，再当2n时，由*22nnSanN

，得1122nnSa，两式相减整理可得122nnaan，从而可求出其通项公式，（2）由（1）得1nbn，然后可得212b，313b，616b构成等差数列(1)当1n时，11122aSa，可得12a；当2n时，1

122nnSa，所以1122nnnnnaSSaa，即122nnaan，因为120a，所以数列na是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1222nnna.(2)由22111log2loglog

2nnannban，当11b，212b，显然不适合；212b，313b适合，即212b，313b，616b构成公差为16的等差数列.15．（2022·江苏江苏·三模）已知数列n

a的前n项和为nS，各项均为正数的数列nb的前n项积为nT，且21nnSa，11ba，nnnnTab.(1)求na的通项公式；(2)证明：nb为等比数列.【答案】(1)12nna-=(2)证明见解析【分析】（1）根据11,1,

2nnnSnaSSn可求得答案；（2）根据1nnnTbT，证明1nnbb的定值，即可得证.(1)解：当1n时，1121aa，11a，当2n时，111212122nnnnnnnaSSaaaa，

所以12nnaa，所以数列na是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12nna-=；(2)证明：1110ab，12nnnnTb，当2n时，122112111222nnnnnnnnnnnnnnbTbbT

bb，则122112nnnnnbb，由于0nb，则1124nnbbn，所以数列nb是等比数列.题型三：累加法求数列通项一、单选题1．（2022·陕西·模拟预测（理））已知数列na满足112n

nnana，*Nn，且11a，则2022a（）A．6065B．6064C．4044D．4043【答案】B【分析】先由112nnnana得到1112()11nnaannnn，再利用裂项抵消法进行求解.【详解】因为

112nnnana，所以121(1)nnaannnn，即1112()11nnaannnn，所以2112(1)212aa，32112()3223aa，，-1112()-1-1nna

annnn，累加，得11111112121212231naannnnn，即212nann，即32nan，n=1成立则20226064a.故选：B.2．（2022·江

西赣州·二模（理））已知数列{na}满足11a，当n为奇数时1nnaa，当n为偶数时12nnnaa，则2n时，21na（）A．1443nB．2443nC．413nD．1413n【答案】C【分析】分析知：当*kN时221kkaa，212

4kkkaa，两式相减得21214kkkaa，则2n时，利用累加法即可求出答案.【详解】由n为奇数时1nnaa，当n为偶数时12nnnaa，可得当*kN时221kkaa，2124kkkaa，两式相减得2

1214kkkaa，所以2n时21211315321231441()()()1444143nnnnnnaaaaaaaa.故选：C.3．（2022·黑龙江·哈九中三模（理））南宋数学家杨辉在《详解九章算

法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．

对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第17项为（）A．139B．160C．174D．188【答案】A【分析】根据高阶等差数列的知识，结合累加法求出数列的通项公式，

进而可以求解.【详解】由题意可知，设该数列为na，数列的前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则数列na满足13a，nnaann112，所以nnnnnaaaaaaaann1122111213

nnnn11113322.所以a171717131392.故选：A.二、多选题4．（2022·福建宁德·模拟预测）数列{na}中，设12nnTaaa…….若nT存在最大值，则na可以是（）A．62n

naB．1nnaC．29nanD．121nnan【答案】BD【分析】根据数列的单调性即可判断.【详解】对于A，115436212322nnnnnTaaaa，当n趋

于无穷大时，nT也趋于无穷大，故nT不存在最大值；对于B，1123211111nnnnT，当12nn为偶数时，1nT，当12nn为奇数时，1nT，故nT的最大值为1；对于C，

1121128nnnnnTTaaaaTn，当5n时，10,nnnTTT，∴5n时nT是递增的数列，不存在最大值；对于D，1232342,1,,135aaa即当3n时，0121nn

，1na，即3n时，1110nnnnTTTa，所以nT是递减的数列，最大值为122TT；故选：BD.5．（2022·山东日照·二模）已知数列na满足11a，12ln11nnnaaa，则下列说法正确的有

（）A．31225aaaB．2211nnnaaaC．若2n，则131141niiaD．1ln121ln2nniia【答案】BCD【分析】直接计算出23,aa即可判断A选项；构造函数函数ln

1fxxx，由ln1xx…，得到ln1nnaa…，进而判断B选项；由ln11na…得到121nnaa…，再结合累乘法得到12nna…，按照等比数列求和公式即可判断C选项；构造函数12lngxxxx，由11ln2xxx„得到212nnnaaa„

，结合累乘法求得1ln12ln2nna„，按照等比数列求和公式即可判断D选项.【详解】2113222ln113,2ln116ln37aaaaaa，则3122512ln360aaa

，又120aa，所以31225aaa，A不正确.令函数ln1fxxx，则11fxx，则fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，10fxf…，即ln1xx…，又易得na是递增数列，11na

a…，故ln1nnaa…，所以2121nnaa„，B正确.易知na是递增数列，所以11naa…，则1ln11,2ln1121nnnnnaaaaa厖，则1121nnaa…，即1121nnaa…，所以11212111211nnnnn

aaaaaa…，即111212nnnaa…，所以1112nna„，所以2111111111221111222212nnnniia„，而当2n…时，则有11211131114ni

iaaa…，C正确.令函数12lngxxxx，则222212110xxgxxxx„，所以gx在0,上单调递减，所以当1x…时，10gxg„

，则11ln2xxx„，所以211121122nnnnnnaaaaaa„，211121211ln1ln1ln1ln111,

2,2ln1ln1ln1ln1nnnnnnnnnaaaaaaaaaa剟?，111ln12ln12ln2nnnaa„，所以11ln1(122ln221ln2nnniia„，D正确.故选：BCD.【点睛】

本题关键点在于B选项通过构造函数ln1fxxx进行放缩得到ln1nnaa…，结合12ln11nnnaaa即可判断；C选项由ln11na…放缩得到121nnaa…，D选项构造函数12lngxxxx得到212nnnaaa„，再结合累乘法和求和公

式进行判断.6．（2022·重庆·二模）设数列na的前n项和为nS，已知12a，且1210nnnananN，则下列结论正确的是（）A．nna是等比数列B．nan是等比数列C．2nnanD．122nnSn【答案】BC【分析】由条

件变形，先求nan的通项公式，再判断选项【详解】由题意得121nnaann，故nan是首项为2，公比为2的等比数列，1222nnnan，则2nnan．故B，C正确，A错误122222nnSn,23122222nnSn

,两式相减得：1212(222)122nnnnSnn，故D错误．故选：BC三、填空题7．（2022·安徽·巢湖市第一中学高三期中（文））已知首项为1的数列na的前n项和为nS，正项等比数列n

b满足135bb+=，5115bb，若13nnnnSbSa，且在数列na中，仅有5项不小于实数，则实数的取值范围为___________.【答案】152，【分析】根据等比数列定义和通项公式求出=2q，从而求出1

2=nnb，根据前n项和定义结合累加法求出1231nnan，作差分析1231nnan的单调性，从而结合题意求解即可.【详解】设11=nnbbq，则根据1351515bbbb

，得2141(1)5(1)15bqbq，两式相除得2=4q，结合正项等比数列nb知=2q，所以11b，所以11=12=2nnnb，因为13nnnnSbSa，所以13nnnnSSab,即11

23nnnaa，所以0211322432123232323nnnaaaaaaaa，累加得12312nnann；n=1成立0112233445562311=123

21=32331=42341=32351=22361=15aaaaaa，11+1231112323nnnnnaann，所以当3n

时+10nnaa，所以数列na在3n时单调递减，根据题意需要12345min6,,,,=2=15aaaaaa，所以152，则实数的取值范围为：152.故答案为：152，.8．（2022·安徽滁

州·二模（文））已知数列na满足：12121,4,430nnnaaaaa，设3311log21log21nnnbaa，nN．则122022bbb__________．【答案】20222023【分析】利用配凑法、累加法求得na，利用裂项求和法求

得正确答案.【详解】依题意12121,4,430nnnaaaaa，2113nnnnaaaa，所以数列1nnaa是首项213aa，公比为3的等比数列，所以13nnnaa，13

nnnaa.121321nnnaaaaaaaa2113311333132nnn，11a也满足，所以312nna，1331111log3log311

nnnbnnnn，所以122022bbb1111112022112232022202320232023.故答案为：20222023四、解答题9．（2022·河南·灵宝市第一高级中学模拟预测（文））已知数列na满足*1111n

naannnnnN，且11a．(1)求数列na的通项公式；(2)若数列nb满足13nnnab，求数列nb的前n项和nS．【答案】(1)21nan(2)1133nnnS【分析】

（1）根据递推关系的特征采用累加法求解即可（2）根据数列nb通项公式的特征采用错位相减法求和(1)因为1111111nnaannnnnn，所以111211nnaannnnn，12111221

nnaannnn，…2111122aa，所以1112naannn．又11a，所以21nannn，所以212nann．又11a，也符合上式，所以21nan．(2)结合（1）得1213nnnb，所以0123113572133333n

nnS，①2311352133333nnnS，②①-②，得212111211233333nnnnS111213321221213313nnnnn

，所以1133nnnS．10．（2022·广东茂名·二模）已知数列na满足12a，28a，2143nnnaaa．(1)证明：数列1nnaa是等比数列；(2)若22231

321265log1log1nnnnnnbaa，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)证明见解析(2)21142nnTn【分析】（1）由递推关系式可得2113nnnna

aaa，由等比数列定义可得结论；（2）利用等比数列通项公式和累加法可求得na，由此可得2211112nnbnn，分别在n为偶数和n为奇数的情况下，利用裂项相消法和11nnnTTb求得结果，

综合两种情况可得nT.(1)由2143nnnaaa得：2113nnnnaaaa，又216aa，数列1nnaa是以6为首项，3为公比的等比数列.(2)由（1）得：116323nnnnaa，则1123nnna

a，21223nnnaa，32323nnnaa，…，12123aa，各式作和得：1211313233323313nnnnaa，又12a，31nna，

22222233221212651265111loglog132231nnnnnnnnnnnnnnb，当n为偶数时，22222222111111

112334451nTnn22211114122nnn；当n为奇数时，

112222111111443232nnnTTbnnnn；综上所述：21142nnTn.11．（2022·全国·模拟预测）已知数列na*nN满足111nnnaann，11a.(1)求

na的通项公式；(2)若141321nnnnbna，求nb的前n项和nT.【答案】(1)21nan(2)3121nnTn【分析】（1）由111nnnaann，得到11111nnaannnn，结

合累加法求得111naann，进而求得数列na的通项公式；（2）由（1）得114133321212121nnnnnbnnnn，结合裂项求和法，即可求解.(1)解：由111nnnaann，可得

1111nnaannnn，即11111nnaannnn，所以当2n时，211122aa，32113223aa，L，11111nnaannnn，将上述式子进行累

加得111naann，-将11a代入可得111nann，即212nann.当1n时也满足上式，所以数列na的通项公式21nan.(2)解：由（1）得

11141332132133212121212121nnnnnnnnnbnnnnnn，则211231333321112212212121nnnnTbbbnn

3121nn.12．（2022·全国·模拟预测）若无穷数列na满足11nnaann是公差为k的等差数列，则称na为dk数列.(1)若nb为0d数列，11b，24b，求数列

nb的通项公式；(2)数列nc的前n项和为nS，11c，25c，nS为2d数列，求证：nnSnc.【答案】(1)2nbn(2)证明见解析【分析】（1）根据题意得到11nnbbnn是首项为1，公差为0的等差数列，进而得到11

1nnbbnn，得出nbn是首项为1，公差为1的等差数列，即可求得数列nb的通项公式；（2）由121nnSSnnn，利用累加法求得12123111nSSnnnn，得到2321nSnnnnnn

，进而求得2353ncnn，利用0nnncS，即可求解.(1)证明：由题意，数列nb为0d数列，21121bb，所以11nnbbnn是首项为1，公差为0的等差数列，所以111nnbbnn，又由111b，所以nbn是首项

为1，公差为1的等差数列，所以111nbnnn，所以数列nb的通项公式2nbn.(2)证明：由111Sc，2126Scc，所以21221SS，依题意11nnSSnn是首项为2，公差为2的等

差数列，所以121221nnSSnnnn.因为21221SS，32432SS，34643SS，…，1211nnSSnnn，以上1n个等式累加，得

12123111nSSnnnn，2n，所以2321nSnnnnnn，2n.因为11S满足上式，所以32nSnnn.当2n时，32322111

1353nnncSSnnnnnnnn，且11c满足上式，所以2353ncnn.因为3232353nnncSnnnnnn232242210nnnnn，所以nnSnc.题型四：累乘法求数列通项一

、单选题1．（2022·河南·模拟预测（理））已知数列na中，114a，112121nnnnaaaan，则满足11000na的n的最大值为（）A．3B．5C．7D．9【答案】B【分析】根据数列的递推关系式，运用累乘法计算出数列na的通项公式，再根据不

等式求解n的最大值.【详解】根据题意，111212nnnnnanaaa化简得，122nnanan12121121,,,22+1223nnnnaaannnanana

运用累乘法计算得21123211····,221221242321nnannnnannnnn，且114a，1,221nnannn，11

4a符合该式，11000na时，211000nnn5n时，219601000nnn；6n时，2126881000nnn所以满足条件的n的最大值为5.故选：B.2．（2022·

浙江省义乌中学模拟预测）已知数列nnnabc、、满足*111112233411111112334nnnnnnnnnnnbabccaaccnSnTnbbbbaaanN，，，（），（），则

下列有可能成立的是（）A．若na为等比数列，则220222022abB．若nc为递增的等差数列，则20222022STC．若na为等比数列，则220222022abD．若nc为递增的等差数列，则20222022ST【答案】B【

分析】若na为等比数列，可得112,2nnnnac，进而可得124nnnba可判断AC；若nc为递增的等差数列，利用累乘法可得1212nnnccbc，再利用裂项相消法可得nS21111

nddcc，利用累加法可得212nnnand，进而可得3113nTad，可判断BD.【详解】因为11111nnnabccaa，，∴121caa，即2112aac，若na为等比数列，则na的公比为212aqa，∴

11112,222nnnnnnnnacaa，由12nnnnbccb，可得1121242nnnnnnbcbc，∴124nnnba，故AC错误；若nc为递增的等差数列

，11c，公差0d，由12nnnnbccb则12nnnnbcbc，∴31352244123123nnnnbbcccbbcbbbbcccc，∴112112nnnbccbcc，即1212nnnccbc，∴2111111nnnnncdbc

cdcc，∴23423344511111111111111nnnndSbbbbdcccccccc21111111111nndddccddcd

，又111221111,,nnnnnnnnncndcaaaaaaaaaa，∴212nnnand，又3,0,nnan则34311111343nnTaaanad，∴当3n时

，不等式nnST恒成立，故20222022ST，故B正确，D错误.故选：B.二、多选题3．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）已知数列na满足11a，121221nnanaaann，令

212021nnabn，则（）A．10100aB．数列nb是等差数列C．2021b为整数D．数列22cos4nnbb的前2022项和为4044【答案】ABD【分析】由已知当1n

时，求得24a，当2n时，由121221nnanaaann，得121(1)212nnanaaann，两式相减化简，再利用累乘法可求得2nan，从而可判断A，可求出nb，从而可判断BC，将nb代入22cos4nnbb

中化简，然后利用分求和法求解即可判断D，【详解】因为12122(1)nnanaaann，所以当1n时，2114aa，故24a.当2n时，由121221nnanaaann，得12

1(1)212nnanaaann，所以12(1)nnanann(1)2nnan，整理1221nnaann，所以212(1)nnanan，所以222322221212312(1)nna

aanaaan，所以2nan，10100a，所以A正确，所以212021nnbn222021n，所以12(1)2222202120212021nnnnbb，所以

nb为等差数列，所以B正确，所以20212202122220212021b不是整数，所以C错误，22cos4nnbb1cos2nnbb22(1)1cos20212021n

n，设数列22cos4nnbb的前n项和为nS，则2022202021(0122021)2022coscoscos2021202120212021S04044cos20212021coscos20212

021.因为coscos0，所以02021coscoscos0202120212021.故20224044S，所以D正确，故选：ABD4．（2020·全国·高三专题练习）已知数列{}na满足11a，24a，1(1)nn

nana，*nN，若存在正整数p，q，r2,pqr使得等式11222ppqrppaaaaqr成立，则下列结论正确的有A．=2B．1(1)2nnanC．12nnanD．424rp【答案】ACD【分析】1n时，根据1(1)nnnan

a可求出，利用累乘法可求得na，【详解】1n时，212aa，而11a，24a∴=2故A选项正确∴12(1)nnnana，即12(1)nnanan∴321121nnnaaaaaaaa222321121nn

12nn故C选项正确，B选项错误假设存在正整数p，q，r2,pqr使得等式11222ppqrppaaaaqr成立∴2111121222222ppqrppppqrqr化简整理得4222rqp，令22=4q，解得1q取

2p，2r时，424rp成立故D选项正确故选：ACD【点睛】本题主要考查数列的基本知识，考查通项公式的求解，属于中档题.三、填空题5．（2022·山西太原·二模（文））已知数列na的首项为1，前n项和为nS，且12nnnSnS，则数列na的通项公式na__

_________.【答案】n【分析】先利用累乘法将nS的通项公式求出，再利用nS与na的关系，求出na的通项公式即可.【详解】解：∵1(2)nnnSnS，∴12nnSnSn当2n时，121121nnnnnSSSSSSSS，1126543112344321nnnn

nnnn(1)2nn当1n时，111212Sa成立，∴(1)2nnnS，当2n时，1(1)(1)22nnnnnnnaSSn，当1n时，11a满足上式，∴

nan.故答案为：n6．（2022·全国·高三专题练习）数列na中，若11a，12nnnaan，则191kka___________.【答案】1910【分析】依题意可得12nnanan

，再利用累乘法求出数列的通项公式，最后利用裂项相消法求和即可；【详解】解：因为12nnnaan，所以12nnanan，所以111nnanan，122nnanan，L，3224aa，2113aa，累乘可得

13212211221143nnnnaaaannaaaann即121naann，因为11a，所以211211nannnn，所以191111111111111

921222121223192022319202010kka故答案为：19107．（2022·全国·高三专题练习）数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，满

足a1=2，3()N,RnnSnmanm，且1nnabn.若对任意Nn，2nnTT恒成立，则实数的最大值为___________.【答案】12【分析】先求得m，然后利用累乘法求得na，求得nb，求得2nnTT的最

小值，由此求得的最大值.【详解】当1n时，1131,621,2Smamm，所以3(2)nnSna，当2n时，113(1)nnSna，所以1321nnnanana，即

1121nnannan.所以1321122111432112321nnnnnaaaannnaannaaaannn，12a也符合上式，所以1nann.所以11nnnban.2111112

22nnTTnnn（当且仅当1n时等号成立），所以1,2的最大值为12.故答案为：12四、解答题8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）设等差数列na的各项为正数，其前n项和为nS

，且1,41,nnnaSa构成等比数列．(1)求na及nS；(2)若数列nb满足11b，112nnnabb，求证：212C4nnnnb．【答案】(1)221,nnanSn；(2)证明见解析.【分析】（1）根据等比数列的性质，结合等差数列的通项公式和前n项和

进行求解即可；（2）运用累积法，结合组合数的定义进行运算证明即可.(1)设等差数列na的首项为1a，公差为d，因为na，41nS，1na构成等比数列，所以141nnnSaa所以211112211141208

4132aaadaddadaadd又数列na的各项为正数，所以12,1da所以221,nnanSn；(2)11121,12nnnnnnnnanbbbnbbnbb，所以211,1nnbnbb

n，所以35212113212422422!1321132113(21)nnnnbbbnnnbbbbnnn，2122!(2)!2!24622!2!C413(21)!!!!!!11nnnnnnnnnnnnnnbnnnnnnn

，证毕．9．（2022·浙江杭州·二模）已知数列na满足0na，*Nn.(1)若2210nnnaaka且0na.（ⅰ）当lgna成等差数列时，求k的值；（

ⅱ）当2k且11a，4162a时，求2a及na的通项公式.(2)若21312nnnnaaaa，11a，20a，34,8a.设nS是na的前n项之和，求2020S的最大值.【答案】(1)（ⅰ）1k，（ⅰⅰ）22a，

212nna；(2)505143.【分析】（1）根据等差数列的定义以及等差中项的性质即可求k的值；由题可得1nnaa是首项为2，公比为2的等比数列，进而可得数列1nnaa的通项，再利用累乘法即可求na的通项公式；（2）利用分组求和可得

2504202012341444Saaaa，结合2432aaa，3[4,8]a，求出利用基本不等式求1234aaaa最大值，即可求出2020S的最大值.(1)（ⅰ）因为lgna成等差数列，所以122lglglgnnnaaa，所以212nnnaaa

，又2210nnnaaka所以1k；（ⅱ）因为22120nnnnaaaa，所以21322aaa，22432aaa，所以322148162aaa，所以22a，因为2112nnnnaaaa，又由212aa，所以1n

naa是首项为2，公比为2的等比数列，所以1122nnnaa，所以2110122321121222nnnnnnaaaaaaaa，∴所以212nna；(2)由21312nnnnaaa

a可得132412nnnnaaaa，所以22424111224nnnnnnaaaaaa，因为0na，所以414nnaa，即44nnaa，因为213412aaaa，11a，20a，所以341220aaaa

即2432aaa，202015920172610201837112019Saaaaaaaaaaaa48122020aaaa250425041

214441444aa250431444a250441444a250412341444aaaa，因为2432aaa，3[4,8]a，所以240aa，因为20a，所以40

a，所以43224222aaaaa，可得24322aaa，所以123433122aaaaaa，令33122yaa，设32,22ta，2221ytt，对称轴为2t，是开口向上的抛物线，在2,22t单调递增，

所以22t时取得最大值，故1234aaaa最大值为222222211，所以2504202012341444Saaaa最大值为50550514141143.【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果

一个数列{}na的前n项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相

消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n项和可以两两结合求解，则称

之为并项求和，形如1nnafn类型，可采用两项合并求解.10．（2022·全国·模拟预测（理））已知数列na满足111,2102nnanana．(1)求数列na的通项公式；(2)设数列na的前n项和为nS，若20224042nSn

，则正整数n的最小值．【答案】(1)2nnna；(2)11﹒【分析】(1)利用累乘法可求数列na的通项公式；(2)利用错位相减法求出nS，代入20224042nSn求解不等式即可.(1)当2n时，–1210nnnana，则121nnnana，即1121nna

nan，113211221113212122122nnnnnnnaaaannnaaaaaann，n＝1也满足上式，故2nnna；(2)231232222nnnS①，2341112322222n

nnS②，①－②得，2311111122111112112222222212nnnnnnnnnS∴222nnnS，代入20224042nSn，得22022240422nnn，化简得22022n．

∵101121024,22048，∴正整数n的最小值为11．题型五：构造法求数列通项一、单选题1．（2022·河南洛阳·三模（文））若数列na和nb满足12a，10b，1232nnnaab，12

32nnnbab，则20222021ab（）A．2020231B．2020321C．2020321D．2021321【答案】C【分析】依题意可得nnab是以2为首项，2为公比的等比数列，即可

求出nnab的通项公式，再根据1232nnnaab，得到131122nnnaab，即可得到1nnab的通项公式，最后代入即可；【详解】解：因为1232nnnaab，1232nnnbab，所以112232324nnnnnnnnabababab

，即112nnnnabab，又112ab，所以nnab是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2nnnab，又1232nnnaab，即131122nnnaab，所以1313112223

212nnnnnnnnababbab所以20212002222200213213212ab；故选：C2．（2022·河南商丘·三模（理））高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他的名字定义的函数称为高斯函数

fxx，其中x表示不超过x的最大整数．已知数列na满足12a，25a，2145nnnaaa，若21lognnba，nS为数列11000nnbb的前n项和，则2022S（）A．2

49B．499C．749D．999【答案】A【分析】利用已知关系式构造两个新数列，求出141nna，利用放缩技巧，可得到数列{}nb的通项公式，再利用裂项相消法求数列11000nnbb前n项和后，带入函数解析式即可得到答案.【详解】由2145nnnaaa，得

2114nnnnaaaa，又213aa，所以数列1nnaa是以3为首项，4为公比的等比数列，则1134nnnaa①；由2145nnnaaa得，21144nnnnaaa

a，又2143aa，所以数列14nnaa是常数列，则121443nnaaaa②，由①②联立可得141nna；因为44124nnn，所以222log4log41)log(24)nnn（即：22log(41

)21nnn所以212loglog412nnnban，故110001000112502211nnbbnnnn（），所以202211111125012501223202220232023S

，则2022249S．故选：A3．（2022·江苏·涟水县第一中学高三期中）定义：在数列na中，若满足*211,nnnnaadndaaN为常数），称na为“等差比数

列”，已知在“等差比数列”na中，1231,3aaa，则20192017aa等于（）A．2420171B．2420181C．2420191D．2420201【答案】A【分析】由题知1nnaa是首项

为1，公差为2的等差数列，则121nnana，利用201920192018201720182017aaaaaa即可求解．【详解】由题意可得：323aa，211aa，32212aaaa，根据“等差比数列”的定义可知数列1n

naa是首项为1，公差为2的等差数列，则11(1)221nnanna，所以20192018220181220171aa，20182017220171aa，所以2201920192018201720182017(220171)(22

0171)420171aaaaaa．故选：A.4．（2022·安徽黄山·二模（理））已知数列{}na满足111(2)(1)2nnaaa,，设1na的前n项和为nS，则20222022(2022)aS的值

为（）A．202222B．202221C．2D．1【答案】C【分析】由条件求得1na的通项公式后求解【详解】1(2)(1)2nnaa，则12nnnaaa，即1121nnaa，得11112(1)nnaa

，故11na是以2为首项，2为公比的等比数列，1112,21nnnnaa，2202220232022202222222S，20222022(2022)2aS．故选：C二、多选题5．（2022·福建·三模）已知

1,2,3,nnnABCn是直角三角形，nA是直角，内角nA、nB、nC所对的边分别为na、nb、nc，面积为nS，若14b，13c，222113nnnacb，222113nnnabc，则（）A．

2nS是递增数列B．21nS是递减数列C．nnbc存在最大项D．nnbc存在最小项【答案】ACD【分析】由题意推出212nnaa，从而说明1nnaa，利用三角形面积公式推出2

22125189nnSS，构造数列从而求得22125491()16169nnS，由此可判断A,B由2222113nnnncbbc结合2225nnbc可求得nb、nc，对数列nnbc中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列nn

bc的最大项和最小项，可判断CD.【详解】由题意知：222nnnabc，故22222221112112233nnnnnnnnacbaacab，即212nnaa，即1nnaa，所以12115nnnaaaaa

，则22225nnnabc，故2222112533nnnnaccb，2222112533nnnnabbc，由1`1112nnnSbc得：21222222225252525()332)9(nnnnnn

ncbccbbS，即222212525(2)9(2)nnSS，所以222125189nnSS，则22221125()9162516nnSS，而2222212512549431641616S，故

1222549116169nnS，则1222549116169nnS，所以212222549116169nnS，由于2119n随n的增大而减小，故212

222549116169nnS是随n的增大而增大，由题意知20nS，故2nS是递增数列，故A正确；同理2222212549116169nnS随n的增大而增大，21nS是

递增数列，B错误；又22222211133nnnnnncbbcbc，由于221125nnbc，2225nnbc，且22117bc，所以，22nnbc是首项为7，公比为13的等比数列，故122173nnnbc，所以

，1222217325nnnnnbcbc，因为0nb，0nc，故12571223nnb，12571223nnc，所以，1125712571223223nnnnbc

，所以，112121257125710229229kkkkbc，其中Nk，212122257125710223223kkkkbc，其中

Nk，因为数列12571N229kk随着k的增大而减小，数列12571N229kk随着k的增大而增大，故数列2121Nkkbck

随着k的增大而减小，故11bc为数列nnbc中所有正项中最大的，同理可知数列22Nkkbck随着k的增大而增大，故22bc为数列nnbc中所有负项中最小的，综上所述，数列nnbc的最大项为11bc

，最小项为22bc，CD均对.故选：ACD.【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.6．（

2021·辽宁·高三阶段练习）如图所示，111,Pxy，222,Pxy，…，,nnnPxy，…，是函数C：2xy上的点，1,0Aa，22,0Aa，…，,0nnAa，…是x轴正半轴上的点，且0

11AAP，122AAP，…，1nnnAAP，…，均为等腰直角三角形（0A为坐标原点）．（）A．213aaB．12nnnaax，12nnnaay，（2n）C．21nannD．12

202111120211011aaa【答案】ABD【分析】A根据题设写出12,PP代入函数求坐标值判断；B由等腰三角形的性质找到nP的坐标规律即可；C由B所得nP坐标，代入函数式结合等差数列定义判断1nnaa的性质并写出通项公式，应用累加法求通项公式；D应用

裂项相消法求和即可.【详解】由题意得：111,22aaP代入2xy，解得11a；又22211,22aaP代入2xy，解得23a，故A正确；由等腰三角形的性质可得：12nn

naax，12nnnaay，（2n），故B正确；∵12nnnaax，12nnnaay，（2n），满足2xy得，211222nnnnnaaaax，所以211nnnnaaaa

，又211nnnnaaaa，两式相减得，1111112nnnnnnnaaaaaaa，又11nnaa，∴1121nnnaaa，即111nnnnaaaa，∴1nnaa

是以2为首项，1为公差的等差数列，则11nnaan，∴221321(1)(2)2...122nnnnnnnaaaaaaa，可得(1)2nnna，故C错误，∵12112(1)1nannnn

，∴12202111111111202121223202120221011aaa，D正确．故选：ABD7．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na满足12a

，22a，2211nnnaa，则（）A．21na是等比数列B．5211210iiaC．2na是等比数列D．10152iia【答案】ACD【分析】对选项A，根据递推公式得到21na是以首项为2，公比为1的等比数列，即可判断A正确，对选项B，根

据A得到521120iia，即可判断B错误，对选项C，根据递推公式得到22nnaa，从而判断C为正确，对选项D，根据21na是等比数列，2na是等比数列，即可得到10152ii

a，即可判断D正确.【详解】对选项A，当n是奇数时，222nnaa，所以2222nnaa，又因为12a，所以120a，所以当n是奇数时，20na，即2na.即数列21na是以首项为2，公比为1

的等比数列，故A正确.对选项B，由A知：当n是奇数时，20na，所以521120iia，故B错误.对选项C，n为偶数时，220nnaa，即22nnaa，又因为20a，所以0na，即22nnaa，所以2na是以首项为2，公比为2的等比数列，故C正确

.510135792468101212105212iiaaaaaaaaaaa，故D正确.故选：ACD8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na满足10a，11nnn

aaaeenN，前n项和为nS，则下列选项中正确的是（）（参考数据：ln20.693，ln31.099）A．1ln2nnaaB．2020666SC．3lnln222nanD．21na是单调递增数列，2na是单调递减数列【答案】ACD【分析】对

于A：由已知得111nnaaeneN，令nanbe，有lnnnab，+111+nnbb，由+11121+23nnnnbbbb，，，，由此可判断；对于B：由1ln2nnaa，得20201010ln2S，由此可判断；对于C：由0ln2na，1l

n2ln3nnaa，得ln3ln2na，由此可判断；对于D：令+11+5151+5222nnnbbb，则有+11+52nb与1+52nb异号，+21+52nb与1+52nb同号，继而得211+52nb，21+5>2nb，再得+215

1+5221+nnnnnbbbbb，得出2+220nnbb，2+121>0nnbb，由此可判断.【详解】解：对于A：由11nnnaaaeenN得111nnaaeneN，令nanbe，即lnnnab，则+

111+nnbb，又10a，所以11b，则11+yx在0，上单调递减，所以+11121+23nnnnbbbb，，，，所以1+1+1ln2ln+lnlnln3nnnnnnaabbbb，故A正确；对于B：因为1ln2nnaa，2020

123420192020+++1010ln2>693666Saaaaaa，故B不正确；对于C：因为lnnnab，所以0ln2na，1ln2ln3nnaa，所以ln3ln2na，即3ln2na，

所以3lnln222nan，故C正确；对于D：因为+111+nnbb，12nb，，令+11+5151+5222nnnbbb，所以+11+52nb与1+52nb异号，+21+52nb与1+52nb同号，又11+502b，所

以211+502nb，21+5>02nb，即211+52nb，21+5>2nb，又+2+12+1111+1+11+1+nnnnnbbbbb，所以22+151+5222+1++11+1+1+nnnnnnnnnnnbb

bbbbbbbbb，所以222+222151+52201+nnnnnbbbbb，21212+12121151+522>01+nnnnnbbbbb

，所以21nb是单调递增数列，2nb是单调递减数列，所以21na是单调递增数列，2na是单调递减数列，故D正确，故选：ACD.三、填空题9．（2022·湖北·宜城市第一中学高三阶段练习）五名运动员A、B、

C、D、E相互传球．每个人在接到球后随机传给其他四人中的一人．设首先由A开始进行第1次传球，那么恰好在第5次传球把球传回到A手中的概率是______（用最简分数表示）．【答案】51256【分析】设第n次传球把球传回到A的手中的概率为nP，根据独立事件的概率乘法公式可得出nP的递推公式

，即可求得5P的值.【详解】设第n次传球把球传回到A的手中的概率为nP，第1次传球A将球传给其他运动员，故10P；1nP表示第1n次传球把球传回到A的手中，故传球前球不在A手中，而每名运动员传给其

他一名指定运动员的概率为14，由乘法原理，故1114nnPP．于是1111545nnPP，且111055P，故数列15nP为首项为15，公比为14的等比数列，于是1111554nnP，即1111554nnP

，Nn，故4511151554256P.故答案为：51256.10．（2022·辽宁抚顺·一模）设数列na的前n项和为nS，且27nnSan，若3050ka，则k的值为

________.【答案】4【分析】根据题意，结合1(2)nnnaSSn及待定系数求通项法，可求得na的表达式，根据题意及结合*kN，即可得答案.【详解】因为27nnSan①，所以当1n时111217Saa，解得16a又11217(2)

nnSann②，两式①②相减可得1221nnnaaa，即121(2)nnaan，而a1-6=5不为零，所以112(1)nnaa，即1121nnaa，所以{1}na是以5为首项，2为公比的等比数列，所以1152n

na，即1521nna，因为3050ka，所以13052150k，所以12949255k，且*kN，解得k=4，故答案为：411．（2022·四川宜宾·二模（理））在数列{

}na中，11a，213a，且满足1112(3)nnnnnaaaaa(2)n，则na___________.【答案】121n【分析】由递推公式两边同除11nnnaaa得到11231n

nnaaa，即可得到1111112nnnnaaaa，即可得到111nnaa是以2为首项、2为公比的等比数列，则1112nnnaa，再利用累加法求出1na，即可得到数列{}na的通项公式；【详解】解：

因为11a，213a，11123nnnnnaaaaa，显然0na，所以111123nnnnnnaaaaaa，同除11nnnaaa得11231nnnaaa，所以11111

12nnnnaaaa，所以1111211nnnnaaaa，所以111nnaa是以2为首项、2为公比的等比数列，所以1111222nnnnaa，所以132212111111111111nnn

nnaaaaaaaaaa1211222212112nnnn所以121nna故答案为：121n四、解答题12．（2022·陕西西安·三模（理））设公差

不为零的等差数列na的前n项和为nS，36S，2a，4a，8a成等比数列，数列nb满足11b，121nnbb．(1)求数列na和nb的通项公式；(2)求10021πsin2kkkaa的值．【答案】(1)nan，21nnb；(2)500

0.【分析】（1）根据等差数列所给条件列方程求出首项公差即可得出数列na的通项公式，再由递推关系构造等比数列求nb的通项即可；（2）分k为奇数、偶数分类讨论化简通项，利用并项求和得解.(1)设等差数列na的公差为d（0d），由题意

得31211133637Sadadadad，解得111ad，故数列na的通项公式nan．∵121nnbb，∴1121nnbb，即1121nnbb（*nN），又11b，∴1nb是以2为首项，2为公比的等比数

列，12nnb，∴21nnb．(2)当2km，*mN时，22πsin2sinπ02kkaamm，当21km，*mN时，2122π21sin21sinπ12122mkkmaamm，∴10022222221πsi

n135797992kkkaa13135757979997992135797995000．13．（2022·山东·德州市教育科学研究院二模）已知数

列{na}的首项112a，且满足1N32nnnaana．(1)证明11na是等比数列，并求数列na的通项公式；(2)记11nnbna，求{nb}的前n项和nS．【答案】(1)证明见解析；1131nna(2)21314nnn

S【分析】（1）对于1N32nnnaana两边取倒数，可推得111131nnaa，结合等比数列的通项公式，求得答案；（2）由（1）求得11nnbna的表达式，利用错位相减法

，即可求得答案.(1)由题意得，1113232nnnnnaaaaa，所以111131nnaa，即11na是等比数列，则11na的首项为1111a，公比为3，所以1113nna，所以1131nna．(2)由（1）得：111

3nnnbnna，所以21123333nnSn①，213323133nnnSnn②，①－②得2113213333313nnnnnSnn,所以21314nnnS.14．（2022·全国·模拟预

测（理））设数列na满足12a，122*nnaannN．(1)求证：nan为等比数列，并求na的通项公式；(2)若nnbann，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)证明见解析，12nnan(2)

121nnTn【分析】（1）由递推公式可得121nnanan，即可得到nan是以1为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式求出na的通项公式；（2）由（1）可得12nnbn，再利用错位相减法求和即可；(1)解：因为12a，122*n

naannN，所以122nnaan，即121nnanan又11211a，所以nan是以1为首项，2为公比的等比数列，所以112nnan，所以12nnan(2)解：由（1）

可得12nnnbannn，所以01211222322nnTn①，所以12321222322nnTn②，①②得12311121212122nnnTn即1221

2nnnTn，所以121nnTn；15．（2022·全国·模拟预测（文））已知数列na满足111,210,22nnananan．(1)求数列na的通项公式；(2)当1nnncaan

时，求数列nc的前n项和为nT．【答案】(1)2nnna(2)211122nnnnnT【分析】（1）当2n时可得12(1)nnaann，令nnabn，则112nnbb，即可得到数列n

b是首项为12，公比为12的等比数列，从而求出nb，即可求出数列na的通项公式；（2）利用分组求和法及等差数列前n项和公式求和即可；(1)解：当2n时，–1210nnnana，则12(1)nnaann，令nnabn，则112nnbb，又因为11112ab，所以数列

nb是首项为12，公比为12的等比数列，所以12nnb，即12nnan，从而2nnna；(2)解：因为1nnncaan，所以12321321123nnnnTccccaaaaaan

21111(1)11(1)11222222nnnnnnnnnnnaa．16．（2022·重庆·模拟预测）为有效防控新冠疫情从境外输入，中国民航局根据相关法律宣布从2020年6月8日起实施航班熔断

机制，即航空公司同一航线航班，入境后核酸检测结果为阳性的旅客人数达到一定数量的民航局对其发出“熔断”指令，暂停该公司该航线的运行（达到5个暂停运行1周，达到10个暂停运行4周），并规定“熔断期”的航班量不得调整用于其他航线，“熔断期”结束后，航空公司方可恢复每周1班航

班计划.已知某国际航空公司A航线计划每周有一次航班入境，该航线第一次航班被熔断的概率是12，且被熔断的一次航班的下一次航班也被熔断的概率是12，未被熔断的一次航班的下一次航班也未被熔断的概率是23.一条航线处于“熔断期”的原计

划航班不记入该航线的航班次数，记该航空公司A航线的第n次航班被熔断的概率为np.(1)求2p；(2)证明：25np为等比数列；(3)求数列np的前n项和nT，并说明nT的实际意义.【答案】(1)2

512p(2)证明见解析(3)23115256nnTn，nT表示前n次航班一共被熔断的次数【分析】（1）分第1次航班被熔断和不被熔断计算即可；（2）先列出递推关系式，再构造等比数列证明；（3）按照分组求和等比数列求和计算即可.(1)211115232212p；(2)由

题得111111113236nnnnpppp，∴1212565nnpp，又1210510p，∴数列25np是以110为首项、16为公比的等比数列；(3)由（2）知12115610nnp，故231556nnp，从而111

23231661155525616nnnTnn，由于np可以理解为第n次航班平均被熔断的次数，∴nT表示前n次航班一共被熔断的次数.